2025年秋季学期高三年级12月检测数学答案最终修改版1124发送版_2025年12月_251211湖北省十一校2025-2026学年高三上学期12月质量检测（全科）

2025年秋季学期高三年级12月检测数学
参考答案
1.【答案】A 因为B(C A)，所以B A，所以AB  A. 故选:A
U
b
2.【答案】B ab0即a,b中至少有一个是零；复数a abi为纯虚数，故a 0,b0为小范围，
i
故为充分不必要条件
3.【答案】B由 知： ，因此
∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∘
cos95 =cos(90 +5 )= −sin5 =  sin5 =−  sin10 =sin(90 +10 )=
∘ 2 ∘ 2
c4o.【s1答0案=】1 D −设2等sin差5数列= { 1 a − } 2的  首项为a ，等比数列{b }的首项为b ，则
n 1 n 1
7 7
7 =2(  1+  7)= 2×2  4 =
，T bb bb (b )7 (1)7 1，所以S T 56155. 故选：D
7 1 2 6 7 4 7 7
7  4 =56
5.【答案】C如图，在焦点PFF 中，由题意知：|PF ||PF |2a ①，且PFF 为直角三角形，
1 2 1 2 1 2
再由PF F 2PFF ，又PFF PF F 90，故
2 1 1 2 1 2 2 1
PFF 30，所以|PF ||FF |cos30 3c ，
1 2 1 1 2
|PF ||FF |sin30 c，代入①式得( 3 1)c  2a，故
2 1 2
c 2
e   31.故选：C
a 31
(ba)a a 3 (ba)a 3
   3   a 
6.【答案】A ba在a上的投影向量为
2
a， 即
a a 2 a 2 2
1 2   ab 3
则有ba  a ，因为 a  3 b ，所以cos a,b   .故选A：
2 a b 2
7.【答案】A 取 的中点 ， 的中点 ， 的中点 ，连接 ， ， 和 ，
由 ， 分别为 A1B，1 的P中点B1，B知 E B，C同理可知F： MP ，PE EF MF，有 ，
又由P E ，A1B1 面B1B 且 P面E∕∕A1，B所以 面 EF∕∕,同B1理C可B知1C，∕∕A1D面 EF因∕为∕A1D
P  ∕∕  1    ⊄  1    1  ⊂  1     ∕∕  1     ∕∕  1     ∩
第 1 页 共 8 页， 面 ， 面 ，所以面 面
而  =  面   ⊂ ，   故  动  点   在⊂面     内的轨迹  为1   ,∕由∕     可知， ， ，
⊂       1    1     =2   = 2   =2 2   =
，所以 + = ，即 ，所以线段 的最大值为 。故选：A.
2
2 2 2
8.【 1+ 答案】 5 C因 = 为 6  为  奇  函  数， M 所  以 f1    x⊥     f1x，令  x  0，则 f1     = f2 1， 2 故 f10，
'
(1+  )
又 fx在R上单调递增，所以当x1时，fx0，则 f x单调递减；当x1时，fx0，则 f x
单调递增；又因为 f1xf1x，则 f(1x)c  f(1x)c（c ,c R） ......................①
1 2 1 2
在①式中令x=0，可得 f(1)c  f(1)c c c ，所以 f(1x) f(1x)，
1 2 1 2
4 4
因为2a  ，4b 5，3c 4，所以alog 1，blog 5log 41，clog 4log 31，因为
3 2 3 4 4 3 3
4 4
f(1x) f(1x)，所以 f(a) f(log ) f(2log ) f(log 3)
2 3 2 3 2
因为 ，由于 ，故上式等号不成立，
2 2 2 2
则ln 4 2ln ln 2 4ln  4ln ≤ 32l，n2又+ ln ln 3 40, = ln2 ln8 0，所<以ln9 =4，ln即3 ln2≠ ， ln 即 4c  a，
ln4 ln3
同理可得bc，所以1bca，所以 ln3<ln2 .故 lo 选 g3 ： 4 C < . log23
9.【答案】CD  (  )<  (  )<  (  )
sin2x,x[2k,2k]
f(x) (kZ),由图象知，A，B错误； f(x)的值
0,x(2k,2k2)
 3
域为[1,1]，C正确； f(x)在[ , ]上单调递减，D正确． 故选CD.
4 4
n
1
10.【答案】ACD令x1，可得a   ，求所有项的系数绝对值之和，
n 2
 1 n 3 n
等价于求   x 2   的所有项系数和，令x1，可得b n  2   ，所以A正确，二项式系数之和为c n 2n，
n n
1 3
对于B：因为     2n，所以a n b n c n ，故B错误；
2 2
b a 1 1
对于C： n  n 3n ，因为3n 3，且g(n)3n 在 上递增，
a b 3n 3n
n n ∗
1 10 b a 1  0∈ 
所以g(n)3n 的最小值为g(1) ，所以， n  n  ，故C正确
3n 3 a b 3
n n
第 2 页 共 8 页n n n n
a b 1 3 a b 1 3 1 3
对于D： n  n     在 上递减，所以 n  n       1，即a b c ，
n n n
c c 4 4 c c 4 4 4 4
n n ∗ n n
∈ 
故D正确.故选：ACD
y2 3
11.【答案】AB双曲线C:x2  1的右焦点为F( 3,0)，直线AB:y (x 3)
2 3
 3
y  （x 3）
 3 3 2
联立 3 解得A( 3,2),B( , )
y2 5 5
 x2  1

 2
根据对称性知D( 3,2)
AF y 2
对选项A：x  x 故DF OF ，正确； 对选项B：  A  5故 AF 5BF ，正确；
D F BF y 2
B
5
2 3 2 3  π
对选项C：tanDOF  ，tanBOF  ，DOF,BOF0, ，
3 9  2
2tanBOF 12 3 2 3
tan2BOF   tanDOF  ，错误；
1tan2BOF 23 3
AD AB AD AB
对选项D： AD 2 7, DF 2  7 ,而 5,所以  ,由角平分线定理可知:
DF BF DF BF
ADBFDB，错误
8 21 2 3
（另解：直线AD:2x 3y0，B到AD的距离为 ，B到DF的距离为 ，两者不相等，
35 5
ADBFDB，错误）故选：AB
12.【答案】 240 期末考试数学成绩X服从正态分布N(110,2)，则
， P(X>130)= P(X ≥110)−
P故(110 ≤X≤ 130)=0.50−0.47=0.03 ，某地有8000名学生参加考试，
估计某地学生数学成绩在130分以上的人数为80000.03=240
13.【答案】60种，分两种情形：①A家庭只有志愿者甲，则另外4人在其他的3个特殊家庭，此时有
C2A3 36；②A家庭除了甲还有另一名志愿者，此时有C1A3 24，则共有3624 60 种，故志愿
4 3 4 3
者甲恰好被安排在A家庭有60种不同安排方法.
第 3 页 共 8 页14.【答案】 ；
39  12
BCF 的面 4 积为定值，13
翻折后平面AEF 平面BCFE时，A到平面BCFE的距离最大，这时三BACF 的体积最大. 设
1 1 1
BC的中点为M，AEF 的中心为G，EF的中点为H，
1
四棱锥A BCFE外接球的球心为O，
1
则 此球的半径
1 1 3 3
=   =3  1  =3× 2   = 4
=
，外接球的表面积
2 2 3 2 3 2 39
=   +   = (2) +( 4 ) 4
；这时 = ，
球
2 39  2 2 3 2 3 3 2 30
解 = BE 4 C   知， = 4 ，  在  = EOC   中 +   = ( = 4 ) +( 4 ) ， 4 则EOC就是，相交所成的二
3 3 39 3 3
Δ   = 2 Δ OE=OC=R 4 ,   = 2
面角的平面角，则
故
15.解析： 3 = 3 由正弦定理得： 3 = 3
所以 3 (1)   =    3−       −，  ...............................  ..  .  ...  ..  ..  .  ..  ....−....  ..  .  ..  ...  ..  ..  ..  ............  ..  .  ..  ....−....  ..  .  2  分
又因为     >  0  ，   可得  3    −        =  3，即sin = 3，........................................................4分

+     (  +6) 2
又因为在锐角 中 , ， 可得 = ， = ；...................................6分
2    
（2）因为 = △    =  ∈ (0 2) = ∴ 3  + ， 6 可 ∈ 得 (6, = 3 ) 3，由  + 正 6 弦定 3 理 ∴ 得  6 3 , .............8分
1 1 1 b a 4
又 +  ,所 2  以   b    32   ×2  3  3 4 3 , ........  .  .  ..  .... = ....  .  .  ..  ... = ....  ..  .  ..  ................10分
5  1
5  4 sin(6−  ) 4 (2     +2     ) 2
= 6 =     =     =     +6
在锐角 中

0<A< 2
△    5  
所以 0< 6 −A< 2

3 <A< 2
> 3,
∴     3 3
, ,
1 2
∴所  以    的∈取(0,值3范)围b=为     +6 ∈..(..6..,.8..)............................................................................................................13分
(6,8)
第 4 页 共 8 页16.解析： 证明：由四边形 是正方形，可知 ，又 ，...............................2分
， (1平)面 ，    ₁  ₁=O，可知 平  面  ⊥   1． ..  ...  ...⊥....  ...  .....................................4分
1
而    平1 面⊂    ，₁  故₁ 平  面  ∩   平面   ⊥． ..  ..  ...  ..₁..  ...₁..........................................................5分
⊂  ,   ₁  ₁ ，    ₁平  ₁面⊥ ，    ₁  ₁ =B，可知 平面 ．..........................7分
1
(由2)   ⊥平  面    ，⊥可   知₁,   BP⊂, ......  ...  ..  .......  ..  ....∩....  ..  ....................  ...  ...₁..⊥...........  ...  ...  ...............................8分
1
由（   1）⊂知平  面    平  ⊥面   ，平面 平面 = ， 平面 ，
故PO 平面    ₁  ₁；⊥ ......  ...  ...  ..₁..  ...₁.............  ...  ...  ..₁..  ...₁..∩...........  ...  ..  ...₁..  ..₁......  ...  ..1......  ...  ....⊂...........  ..  ...  ...₁.  ...₁.....10分
（3）故⊥以 为  坐  标  ₁原  ₁点， 的方向为 轴正方向， 的方向
1
为 轴正方  向， 的方向为    轴正方向，  建立如图所示    的空间直 A P z Q A 1
角坐  标系    ．在  中 = ,则 y
O
O
1
…  …−11   分    ∆      2,AP=1
B
x B 1
=, ,1 ，A , , , , ．得 = , , ， =
( , 3 , 00，) = (0 − , 11 , ),  ，(记0平11面)   的 1  一  个(法0 向−量21为) =     , , ，由 = , 即 = , 取 =
= , = ,
  ⋅    =3  0  0
(3，0得0) =     , ( , 0 . − .... 1 ... 1 ... ) ................  ..  ...  ...............................   .  ..... ( ..  ....  ....  .. ) ..........   .  .. ⋅ ..  ...  ... = ... − ....  .... + ...  ....... 0 .........  ......  .13  分
1 记直线   (0 与 1 平 1) 面 所成的角为 ，故sin = = = ．..............................................15分
|O1Q⋅  | 1 10
17.解析  ： 1  设一  次  抽  奖的中奖金  额为 ，则  所|O1 有 Q||的  |可能5取× 值2 为10 ， ， ．.......................1分
(1)   100 200 300
= = = ； = = = ； = = = ．
1 1 2 0 0 2
C3C2 6 C3C2 3 C3C2 1
2 2 2
则 (  的分 10 布 0) 列为C5 .... 1 . 0 ......  .. ( ..  ....... 2 .. 0 .. 0 ... ) ....... C .. 5 ....... 1 . 0 ......  .. ( ..  ....... 3 .. 0 .. 0 ... ) ....... C .. 5 ....... 1 . 0 ....................................................4分

X 100 200 300
P
6 3 1
故 = +10 10+ 0100 = （元）．..........................................................................5分
6 3 1
(  ) 100×10 200×10 3 ×10 150
（ⅰ） = = .............................................................................................................7分
2 4 1 8
(3)  (  1  3) 5×5×5 125
= = + = , = .....................10分
6
2 4 1 3 2 1 14  (  2  3) 125 3
（ ( ⅱ  3 ） ) 设  第 (  1  < 3)+ 个  ( 顾  2 客  获 3) 得5第 ×51 × 份5幸运5礼 ×5品 × ，5第125个顾 P 客  2 获  得 3 第  2(  份3)幸 = 运1 1 2礼 4 5 = 品7的概率为，
(  1  ) 1 
= ， ......................................................................12分
−  −  −
3 2 4 1
(  i   ) 5 ×5× 5 ×5  =1,2,⋯  −1
第 5 页 共 8 页则第 个顾客获得第2份幸运礼品的概率 =
(   )  (  1   )+  (  2   )+⋯+  (   −1   )
，
0  −2 1  −3 n−2 0
3 2 4 1 3 2 4 1 3 2 4 1
= 5 × 5 × 5 × 5 + 5 × 5 × 5 × 5 + ⋯ + 5 × 5 × 5 × 5
0  −2  −1 1 1 1
= 3 2 4 1 3 5 = 1 =
× × × 1− ×  −1  −  −  −
5 5 5 5 5 4 2 4 3 2 4 3
× × − −
3 5 5 5 4 1 5 51 5
1− ×
所以第 个抽幸运奖顾5客获4 得第二份幸运礼品的概率为 ．..........................15分
−  −
2 4 3
18.解析  ：(1)依题意可知圆的圆心在x轴，即圆关于x轴 5 对称 5 ，三角 − 形 5 ABC 是直角三角形，且B点必
在y轴右侧，由直角三角形射影定理可知OC2 OAOB,代入得 y2 4x．..................................4分
（2）设R(x ,y )，S(x ,y ),T(x ,y )
1 1 2 2 0 0
y2 4x 4
 1 1  y2  y2 （4 x x）k  ， ........................................................................5分
y2 4x 1 2 1 2 RS y  y
2 2 1 2
y  y y 0
由直线与圆相切可知k k 1，即 2 1 0 1，
RS O 1 T x x x 8
2 1 0
y y y 0 4 y 2
2 1 0   0  1，故x 6
x x x 8 y y x 8 x 8 0 .........................................................................7分
2 1 0 1 2 0 0
由T 在抛物线内部可知 y2 4x 24，故2 6  y 2 6. .........................................................9分
0 0 0
(3)设过点D且斜率存在的直线方程为y4k(x4)，即kx y44k 0.
|4k4|
由该直线与动圆相切可得d  r ，
k2 1
整理得（16r2)k2 32k16r2 0
易知直线DP,DQ的斜率存在，分别设为k ,k ，则k ,k 是方程的两个不等实根，
3 4 3 4
16r2
则有k k  1. ......................................................................................................................12分
3 4 16r2
由于PQ的斜率不为0，设P  x ,y  ,Q  x ,y ，设PQ方程为xmyn，带入 y2 4x，
1 1 2 2
得 y2 4my4n0，则 y  y  4m， y y 4n，
1 2 1 2
第 6 页 共 8 页y 4 y 4 (y 4)(y 4) 16
k k  1  2  1 2  1
3 4 x 4 x 4 1 1 (y 4)(y 4)
1 2 ( y2 4)( y2 4) 1 2
4 1 4 2
整理得 y y 4(y  y )0，即4n16m0，n4m，............................................................15分
1 2 1 2
即PQ方程为xmy4m，此时直线恒过点（0，4） ....................................................................17分
19.解析： ，则 ，令 ，解得 ，
'  '
所以 在(1)  (  )=上  单调−递   减，在  (  )=  ∞−上  单调  递(  增)=，0...............  ...=....  ..  ..  ........................................1分
的  (最  )小值(0,为    ) (    ,+ ) ， ，

①(  )  (    )=  ，即−     时=，  (1−  只   有)一个  零(0点)=.1
②  (    )=  (，1即−    )=0 时，  =  没有  零(  点).
(    )>0 0<  <   (  )
③ ，即 时，设 ， ，当 时， 单调递增
' 1
(    )<0  <即  ，  (  )=  −     (  )=1−  1<   (  )
2 2 2
故(  )=在  −，    >，0  >，    各有  (一  )个=零  点−，  共>两  个零−点  ..=....0.................................................................4分
综上  (  所)述(：0    ) (     )
时， 只有一个零点， 时， 没有零点. 时， 共两个零点..................5分
(2 = )（  i）  (  ) = 0<  <   (  )，定义域  >  ∞  (  ) ..................................6分
1
ℎ(  )=[  (  )]+  (  ) [  −   ]+   [   ]  ∈[  ,+ ),  >0
因为 ，所以 ，即 ，
1 1  1  1  1
ℎ(  )=[  −1]+   [1]=[  −1]≥1  −1≥1 k ≥   2
所以 ..............................................................................................................................................7分
1
0<  ≤   2
当 时，由（1）可知 在 上单调递减，在 ∞上单调递增，
1
0<  ≤   2  (  ) (0,    ) (    ,+ )
又因为 ，所以 ，
1 1 1
−  ≤   (   2)−   2=−[   (   2)+   2]=−   (   4)< 0    ≤ 
所以 在 ∞上不减，......................................................................................................................9分
1
ℎ(  ) [  ,+ )
所以 ，故 .....................................................................................................10分
1 1
ℎ(  )≥ℎ(  )≥1 0<  ≤   2
(3)（ii）因为 当 ，有 ，所以 在 ∞不能是递减的，
1
∀  ,  ∈  ,  >  ℎ(  )≥ ℎ(  ) ℎ(  ) [  ,+ )
假设 ，易知 ，由（1）可知， 在[ )为减函数，在 ∞)上为增函数，
1 1
>   <     (  )  ,    (    ,+
而 ， ， ，
1 
1   
(    )=  −     <0  (  )=  −1>0  (  )=  −  <0
第 7 页 共 8 页（构造 说明单调性及最值）
2  2
（(  又)当= x  −  时>，0  =，  也−给  分,  ）∈故(  ,+∞在)[ ∞)上有两个不同的零点，......................12分
1
(  )→+∞  (  )  ,+
设较小的零点为x，则 ，
1
1 
<  1 <   (  1)=0
若 ，则 .
1 2
<  1 <  ℎ(  1)=[  (  1)]+  (  1)=   [   1]=0
取 ，则 ，
2 
而  ∈ (  1,  ) ℎ(  )，=[  −   ]+，   [[   ] ， 即

故1<   1 <   <2，  这−与  题  <设矛0 盾.  ....−....  ..  ..]..≤...−....1......[..  ..  ..]..=....1.........  .  ..[..  ..  .]...=....0........................................14分
ℎ(  )≤−1< ℎ(  1)
若 ，则 ，故 ，
2 
<  1 <  2<   1 <  ℎ(  1)=[  (  1)]+  (  1)=   [   1]=   2
取 ，则 ，


而  ∈(  1,  ) ℎ(  ，)=[  −   ]+，  [  [   ] ， 即

故2≤   1 <   <   −，   这<与0题设  矛−盾  .  ..]..≤...−....1......[..  ..  ..]..=.....2........  .  ..[..  ..  ..]..=.....  .  ..2...................................16分
又ℎ(  )≤，−所1以+   2< ℎ(  1..)..........................................................................................................................17分
>0 0<  ≤ 
第 8 页 共 8 页